\documentclass[a4paper,11pt, twoside]{amsart}
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\usepackage{bm}

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\usepackage{paralist}
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\usepackage{enumerate}

\newcommand{\supercite}[1]{\!\!\textsuperscript{\cite{#1}}} % 定义参考文献的上标形式.(how to define the superscript of the bibliography)

\usepackage{diagbox}
\usepackage{longtable}


\begin{document} % 正文开始 (the body of the article begins)

 \begin{CJK}{UTF8}{gbsn}

\section*{习题二}
\subsection*{27}

记
\begin{equation}
\mathbf{X} = \left(\begin{array}{c}
x_1\\
x_2
\end{array}\right),~
s\mathbf{X} = \frac{d\mathbf{X}}{dt},
\end{equation}
原系统的状态方程和观测方程就可以写为
\begin{equation}
\frac{d\mathbf{X}}{dt} = \mathbf{AX}(t) + \mathbf{B}u(t),
\end{equation}
\begin{equation}
y = \mathbf{CX}(t),
\end{equation}
其中
\begin{equation}
\mathbf{X} = \left(\begin{array}{c}
x_1\\
x_2
\end{array}\right),~
\mathbf{A} = \left(\begin{array}{cc}
-5 & -1\\
3  & -1
\end{array}\right),~
\mathbf{B} = \left(\begin{array}{cc}
2\\
5
\end{array}\right),~
\mathbf{C} = \left(\begin{array}{cc}
1 & 2
\end{array}\right),
\end{equation}
那么由(2.62)，系统的传递矩阵为
\begin{equation}
\begin{split}
\mathbf{C(sI-A)^{-1}B}& = 
\left(\begin{array}{cc}
1 & 2
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cc}
s+5 & 1\\
-3  & s+1
\end{array}\right)^{-1}
\left(\begin{array}{cc}
2\\
5
\end{array}\right)\\
& = \displaystyle\frac{1}{s^2+6s+8}
\left(\begin{array}{cc}
1 & 2
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cc}
s+1 & -1\\
3  & s+5
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cc}
2\\
5
\end{array}\right)\\
& = \displaystyle\frac{12s+59}{s^2+6s+8}.
\end{split}
\end{equation}
\subsection*{33} 首先，考虑$\omega=0$,那么原式等价为
\[\frac{d^2x(t)}{dt^2}=0
\]
因此，我们得到
\[x(t)=at+b
\]
其中，$a,b$均为常数，采样周期为$\theta$，则有
\[x_k=at+b
\]
\[x_{k+1}=a(t+\theta)+b
\]
\[x_{k+2}=a(t+2\theta)+b
\]
我们得到离散化方程为
\[x_{k+2}=2x_{k+1}-x_{k}
\]
当$\omega\neq0$时，原式等价于\\
\[\frac 1{\omega^2}\frac{d^2x(t)}{dt^2}+\frac{2\zeta}{\omega}\frac{dx(t)}{dt}+x(t)=Ku(t)
\]\\
令$T_1T_2=\frac 1{\omega^2}$,$T_1+T_2=\frac{2\zeta}\omega$.由于$0<\zeta<1$,我们得到\\
\[T_1=\frac{\zeta+i\sqrt{1-\zeta^2}}{\omega},T_2=\frac{\zeta-i\sqrt{1-\zeta^2}}{\omega}
\]\\
代入到(3.26)中就得到离散化方程\\
\[\begin{split}
&x_{k+2}-(e^{\frac{-\omega\theta}{\zeta+i\sqrt{1-\zeta^2}}}+e^{\frac{-\omega\theta}{-\zeta+i\sqrt{1-\zeta^2}}})x_{k+1}
+e^{-2\omega\zeta\theta}x_{k}\\=&
K(1-\frac{(\zeta+i\sqrt{1-\zeta^2})e^{\frac{-\omega\theta}{\zeta+i\sqrt{1-\zeta^2}}}-(\zeta-i\sqrt{1-\zeta^2})e^{\frac{-\omega\theta}{\zeta-i\sqrt{1-\zeta^2}}}}{2i\sqrt{1-\zeta^2}})u_{k+1}\\
+&K(e^{-2\omega\zeta\theta}-\frac{(\zeta+i\sqrt{1-\zeta^2})e^{\frac{-\omega\theta}{\zeta-i\sqrt{1-\zeta^2}}}-(\zeta-i\sqrt{1-\zeta^2})e^{\frac{-\omega\theta}{\zeta+i\sqrt{1-\zeta^2}}}}{2i\sqrt{1-\zeta^2}})u_{k}
\end{split}
\]
\subsection*{37} (1)
从题中可以得到，
\[\frac{d\mathbf{x}(t)}{dt}=\mathbf{A}\mathbf{x}(t)+\mathbf{B}u(t)
\]
其中，$\mathbf{A}=\begin{pmatrix}
0&1\\
0&-2
\end{pmatrix}$,
$\mathbf{B}=\begin{pmatrix}
0\\
1
\end{pmatrix}$
\\
由特征方程$det(\lambda\mathbf{I}-\mathbf{A})=0$可得矩阵$\mathbf{A}$的特征值为$0$和$-2$，相应的特征向量分别为
$\begin{pmatrix}
-1\\
0
\end{pmatrix}$和
$\begin{pmatrix}
-1\\
2
\end{pmatrix}$.记$\mathbf{T}=\begin{pmatrix}
-1&-1\\
0&2
\end{pmatrix}$,$\widetilde{\mathbf{A}}=\begin{pmatrix}
0&0\\
0&-2
\end{pmatrix}$,则$\mathbf{A}=\mathbf{T}\widetilde{\mathbf{A}}\mathbf{T}^{-1}$.于是
\[
\mathbf{A}_k=e^{\mathbf{A}\theta}=\mathbf{T}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(\widetilde{\mathbf{A}}\theta)^k}{k!}\mathbf{T}^{-1}=\mathbf{T}e^{\widetilde{\mathbf{A}}\theta}\mathbf{T}^{-1}=
\mathbf{T}\begin{pmatrix}
1&0\\
0&e^{-2\theta}
\end{pmatrix}\mathbf{T}^{-1}=
\begin{pmatrix}
1&\frac12-\frac12e^{-2\theta}\\
0&e^{-2\theta}
\end{pmatrix}
\]\\
$\mathbf{B}_k=\int_0^{\theta}e^{\mathbf{A}\tau}d\tau\mathbf{B}=
\begin{pmatrix}
\frac12+\frac14e^{-2\theta}-\frac14\\
-\frac12e^{-2\theta}+\frac12
\end{pmatrix}
$\\
离散化方程为：\\
\[\mathbf{x}_{k+1}=\mathbf{A}_k\mathbf{x}_{k}+\mathbf{B}_ku_k\]
\\(2)
令$T_1T_2=\frac12,T_1+T_2=\frac32,K=2$,那么原式为，
\[T_1T_2\frac{d^2x(t)}{dt^2}+(T_1+T_2)\frac{dx}{dt}+x(t)=Ku(t)
\]
解得，$T_1=1,T_2=\frac12$\\
由(3.26)得离散化方程：
\[\begin{split}
&x_{k+2}-(e^{-\theta}+e^{-2\theta})x_{k+1}+e^{-3\theta}x_k\\=&
(2-4e^{-\theta}+2e^{-2\theta})u_{k+1}\\
+&(2e^{-3\theta}-4e^{-2\theta}+2e^{-\theta})u_k
\end{split}
\]
\\(3)
令$T_1T_2=\frac12,T_1+T_2=1,K=\frac52$,那么原式为，
\[T_1T_2\frac{d^2x(t)}{dt^2}+(T_1+T_2)\frac{dx}{dt}+x(t)=Ku(t)
\]
解得，$T_1=\frac{1+i}{2},T_2=\frac{1-i}{2}$\\
由(3.26)得离散化方程：
\[\begin{split}
&x_{k+2}-(e^{-(1-i)\theta}+e^{-(1+i)\theta})x_{k+1}+e^{-2\theta}x_k\\=&
\frac52(1-\frac{1-i}{2}e^{-(1-i)\theta}-\frac{i+1}{2}e^{-(1+i)\theta})u_{k+1}\\
+&\frac52(e^{-2\theta}-\frac{1-i}{2}e^{-(1+i)\theta}-\frac{i+1}{2}e^{-(1-i)\theta})u_k
\end{split}
\]
\\(4)
令$T_1T_2=\frac12,T_1+T_2=0,K=1$,那么原式为，
\[T_1T_2\frac{d^2x(t)}{dt^2}+(T_1+T_2)\frac{dx}{dt}+x(t)=Ku(t)
\]
解得，$T_1=\frac{\sqrt{2}i}{2},T_2=-\frac{\sqrt{2}i}{2}$\\
由(3.26)得离散化方程：
\[\begin{split}
&x_{k+2}-(e^{\sqrt{2}i\theta}+e^{-\sqrt{2}i\theta})x_{k+1}+x_k\\=&
(1-\frac12e^{\sqrt{2}i\theta}-\frac12e^{-\sqrt{2}i\theta})u_{k+1}\\
+&(1-\frac12e^{-\sqrt{2}i\theta}-\frac12e^{\sqrt{2}i\theta})u_k
\end{split}
\]
\\(5)
由特征方程$det(\lambda\mathbf{I}-\mathbf{A})=0$可得矩阵$\mathbf{A}$的特征值为$-2$和$-1$，相应的特征向量分别为
$\begin{pmatrix}
1\\
1
\end{pmatrix}$和
$\begin{pmatrix}
1\\
2
\end{pmatrix}$.记$\mathbf{T}=\begin{pmatrix}
1&1\\
1&2
\end{pmatrix}$,$\widetilde{\mathbf{A}}=\begin{pmatrix}
-2&0\\
0&-1
\end{pmatrix}$,则$\mathbf{A}=\mathbf{T}\widetilde{\mathbf{A}}\mathbf{T}^{-1}$.于是
\[
\mathbf{A}_k=e^{\mathbf{A}\theta}=\mathbf{T}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(\widetilde{\mathbf{A}}\theta)^k}{k!}\mathbf{T}^{-1}=\mathbf{T}e^{\widetilde{\mathbf{A}}\theta}\mathbf{T}^{-1}=
\mathbf{T}\begin{pmatrix}
e^{-2\theta}&0\\
0&e^{-\theta}
\end{pmatrix}\mathbf{T}^{-1}=
\begin{pmatrix}
2e^{-2\theta}-e^{-\theta}&e^{-\theta}-e^{-2\theta}\\
2e^{-2\theta}-2e^{-\theta}&2e^{-\theta}-e^{-2\theta}
\end{pmatrix}
\]\\
$\mathbf{B}_k=\int_0^{\theta}e^{\mathbf{A}\tau}d\tau\mathbf{B}=
\begin{pmatrix}
\frac32e^{-2\theta}-2e^{-\theta}+\frac12\\
\frac32e^{-2\theta}-4e^{-\theta}+\frac52
\end{pmatrix}
$\\
离散化方程为：\\
\[\mathbf{x}_{k+1}=\mathbf{A}_k\mathbf{x}_{k}+\mathbf{B}_ku_k\]

\subsection*{39} 一阶系统为
\[\frac{d\mathbf{x}(t)}{dt}=\mathbf{A}(t)\mathbf{x}(t)+\mathbf{B}(t)\mathbf{u}(t)
\]
离散化方程为
\[\mathbf{x}_{k+1}=e^{\mathbf{A}\theta}\mathbf{x}_{k}+\int_0^{\theta}e^{\mathbf{A}\tau}d\tau\mathbf{B}\mathbf{u}_k
\]
其中，当$k=0$时，$\mathbf{u}_k=\begin{pmatrix}1\\1\\\vdots\\1\end{pmatrix}$，当$k\neq0$时，$\mathbf{u}_k=\begin{pmatrix}0\\0\\\vdots\\0\end{pmatrix}$\\
因此我们得到，\\当$k=0$时
\[\mathbf{x}_{1}=e^{\mathbf{A}\theta}\mathbf{x}_{0}+\int_0^{\theta}e^{\mathbf{A}\tau}d\tau\mathbf{B}
\begin{pmatrix}
1\\
1\\
\vdots\\
1
\end{pmatrix}
\]
当$k\neq0$时
\[\mathbf{x}_{k}=e^{(k-1)\mathbf{A}\theta}\mathbf{x}_{1}
\]


\section*{习题三}
\subsection*{3}

令
\begin{equation}
\rho = 
\left\{\begin{array}{ll}
\displaystyle\frac{\lambda+1}{\lambda-1}, & \mbox{其中}\lambda = u+vi \neq 1, \quad \rho = x+yi,\\
1, & \mbox{当}\lambda = 1.
\end{array}\right.
\end{equation}
则这是一个一一映射，且
\begin{equation}
\lambda = 
\left\{\begin{array}{ll}
\displaystyle\frac{\rho+1}{\rho-1}, & \mbox{当}\rho \neq 1,\\
1, & \mbox{当}\rho = 1.
\end{array}\right.
\end{equation}
就有，当$\rho \neq 1$,
\begin{equation}
\begin{split}
u+vi = & \frac{x+yi+1}{x+yi-1},\\
= & \frac{x^2+y^2-1}{(x-1)^2+y^2}-\frac{2y}{(x-1)^2+y^2}i.
\end{split}
\end{equation}
那么
\begin{equation}
|\rho|^2=x^2+y^2<1\Leftrightarrow
Re \lambda = u < 0.
\end{equation}
将
\begin{equation}
\lambda = 
\left\{\begin{array}{ll}
\displaystyle\frac{\rho+1}{\rho-1}, & \mbox{当}\rho \neq 1,\\
1, & \mbox{当}\rho = 1
\end{array}\right.
\end{equation}
代入$\lambda^2+a_1\lambda+a_2=0$，得到:
\begin{equation}\label{stable}
(1+a_2+a_1)\rho^2+2(1-a_2)\rho+1+a_2-a_1=0.
\end{equation}
当命题2.1中条件成立，由其知系统(2.1)稳定$(Re \lambda < 0)\Rightarrow a_1>0, a_2>0$.

此时$1+a_2+a_1>0$，则
\begin{equation}
(\ref{stable}) \Leftrightarrow \rho^2+\frac{2(1-a_2)}{1+a_2+a_1}\rho+\frac{1+a_2-a_1}{1+a_2+a_1}=0,
\end{equation}
将上式记为
\begin{equation}
\rho^2-b_1\rho-b_2=0.
\end{equation}
则
\begin{equation}
a_1>0,~ a_2>0 \Rightarrow |b_2|<1,
\end{equation}
并且
\begin{equation}
|b_1|=\frac{2|1-a_2|}{1+a_2+a_1}<\frac{2(1+a_2)}{1+a_2+a_1}=1-b_2.
\end{equation}

相反，当命题2.2中条件成立，由
\begin{equation}
\begin{split}
|b_1|<1-b_2 \Rightarrow & |1-a_2|<1+a_2\\
\Rightarrow & \left\{\begin{array}{ll}
1+a_2 > 1-a_2, & \mbox{当} a_2<1\\
1+a_2 > a_2-1, & \mbox{当} a_2\geq 1
\end{array}\right.\\
\Rightarrow & a_2>0.
\end{split}
\end{equation}
而
\begin{equation}
|b_2|<1 \Rightarrow |1+a_2-a_1|<|1+a_2+a_1| \Rightarrow a_1>0.
\end{equation}

所以综上，$a_1>0,~ a_2>0 \Leftrightarrow |b_1|<1-b_2,~ |b_2|<1 \Leftrightarrow |\rho| < 1$.

即由命题2.1得到了命题2.2.


\subsection*{4}

\begin{itemize}

\item[(1)] 系统的传递函数为
\begin{equation}
F(s)=\frac{-3s+5}{s^2+s-6}.
\end{equation}
利用部分分式展开可得
\begin{equation}
\begin{split}
F(s)=&\frac{-3s+5}{(s+3)(s-2)}\\
=&\frac{-3}{s+3}-\frac{1}{(s+3)(s-2)}\\
=&\frac{-3}{s+3}-\frac{-\frac{1}{5}}{s+3}-\frac{\frac{1}{5}}{s-2}\\
=&\frac{-\frac{14}{5}}{s+3}+\frac{-\frac{1}{5}}{s-2}\\
=&\frac{-\frac{14}{15}}{\frac{s}{3}+1}+\frac{\frac{1}{10}}{-\frac{s}{2}+1}
\end{split}
\end{equation}


\item[(2)] 由(1)中的展开可知，该系统可以由两个子环节并联形成。

其中第一个子环节的传递函数$F_1(s)=\displaystyle\frac{-\frac{14}{15}}{\frac{s}{3}+1}$，时间常数为$\frac{1}{3}$，静态放大倍数为$-\frac{14}{15}$.

第二个子环节的传递函数$F_2(s)=\displaystyle\frac{\frac{1}{10}}{-\frac{s}{2}+1}$，时间常数为$-\frac{1}{2}$，静态放大倍数为$\frac{1}{10}$.
\item[(3)] 不能。当$u(t)=kx(t)$时，该二阶系统变成
\begin{equation}
\frac{d^2 x(t)}{dt^2}+\frac{dx(t)}{dt}-6x(t)=-3k\frac{dx(t)}{dt}+5kx(t).
\end{equation}
即
\begin{equation}
\frac{d^2 x(t)}{dt^2}+(1+3k)\frac{dx(t)}{dt}+(-6-5k)x(t)=0.
\end{equation}
由命题2.1，该系统稳定$\Leftrightarrow 1+3k>0,~ -6-5k>0 \Rightarrow k $无解.

所以不能用输出线性反馈$u(t)=kx(t)$使闭环系统稳定。

\item[(4)] 由(1)中的展开可知，该系统等价于两个一阶系统的并联：
\begin{equation}\label{parallel}
\left\{\begin{array}{l}
\displaystyle\frac{d\mathbf{X}}{dt}=
\left(\begin{array}{cc}
-3 & 0\\
 0 & 2
\end{array}\right)\mathbf{X}+
\left(\begin{array}{c}
-\frac{14}{5}\\
-\frac{1}{5}
\end{array}\right)u,\\
\mathbf{X}=\left(\begin{array}{c}
x_1\\
x_2
\end{array}\right), ~ x=
\left(\begin{array}{cc}
1 & 1
\end{array}\right)\mathbf{X}.
\end{array}\right.
\end{equation}
对于偏差比例反馈
\begin{equation}
u=\mathbf{K(X-\widetilde{X})}=
\left(\begin{array}{cc}
k_1 & k_2
\end{array}\right)
\left(\left(\begin{array}{c}
x_1\\
x_2
\end{array}\right)-
\left(\begin{array}{c}
\widetilde{x_1}\\
\widetilde{x_2}
\end{array}\right)\right)
\end{equation}
带入(\ref{parallel})中，我们得到
\begin{equation}
\displaystyle\frac{d\mathbf{X}}{dt}=
\left(\begin{array}{cc}
-3-\frac{14}{5}k_1 & -\frac{14}{5}k_2\\
-\frac{1}{5}k_1 & 2-\frac{1}{5}k_2
\end{array}\right)\mathbf{X}+
\left(\begin{array}{c}
\frac{14}{5}(k_1 \widetilde{x_1} + k_2 \widetilde{x_2})\\
\frac{1}{5}(k_1 \widetilde{x_1} + k_2 \widetilde{x_2})
\end{array}\right).
\end{equation}
假设最终预期的目标为
$\mathbf{X}(t) \equiv \mathbf{\overline{X}} = \left(\begin{array}{c}
\overline{x_1}\\
\overline{x_2}
\end{array}\right)$，那么静差为
\begin{equation}
\begin{split}
\left[(-3-\frac{14}{5}k_1)\overline{x_1}-\frac{14}{5}k_2\overline{x_2}+\frac{14}{5}(k_1 \widetilde{x_1} + k_2 \widetilde{x_2})\right]+\\
\left[-\frac{1}{5}k_1 \overline{x_1} + (2-\frac{1}{5}k_2)\overline{x_2}+\frac{1}{5}(k_1 \widetilde{x_1} + k_2 \widetilde{x_2})\right].
\end{split}
\end{equation}
所以采用偏差比例反馈有静差。若要消除静差(静差为0)，只需要满足
\begin{equation}
\begin{split}
k_1 \widetilde{x_1} + k_2 \widetilde{x_2} =& \frac{\left[(3+\frac{14}{5}k_1)\overline{x_1}+\frac{14}{5}k_2\overline{x_2}\right]+\left[\frac{1}{5}k_1 \overline{x_1} + (-2+\frac{1}{5}k_2)\overline{x_2}\right]}{3}\\
=& (k_1+1)\overline{x_1}+(k_2-\frac{2}{3})\overline{x_2}
\end{split}
\end{equation}
即可。


\end{itemize}

\end{CJK}

\end{document}
